精品解析：广东仲元中学2026届高三年级1月月考数学学科试题

2025学年第一学期高三年级1月月考数学学科试卷 命题人：张海伦 湛晓露 审题人：张婷 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 设全集，集合，则集合为（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量，，，若，则（ ） A. B. C. 1 D. 5 3. 设，则其共轭复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 4. 设等比数列的前n项的和为，，，则（ ） A. B. C. D. 5. 中国载人航天技术发展日新月异.目前，世界上只有3个国家能够独立开展载人航天活动.从神话“嫦娥奔月”到古代“万户飞天”，从诗词“九天揽月”到壁画“仕女飞天”……千百年来，中国人以不同的方式表达着对未知领域的探索与创新.如图，可视为类似火箭整流罩的一个容器，其内部可以看成由一个圆锥和一个圆柱组合而成的几何体.圆柱和圆锥的底面半径均为2，圆柱的高为6，圆锥的高为4.若将其内部注入液体，已知液面高度为7，则该容器中液体的体积为（ ） A. B. C. D. 6. 已知直线 与圆 相交于 、 两点，若 为整数，则这样的直线 有（ ）条. A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 7. 已知函数在区间单调递减，且和是两个对称中心，则（ ） A. B. C. D. 8. 函数是定义在R上的奇函数，当时，，则函数在上的所有零点之和为（ ） A. －32 B. 32 C. 16 D. 8 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，则 D. 若，，，则 10. 为研究光照时长（小时）和种子发芽数量（颗）之间的关系，某课题研究小组采集了10组数据，绘制散点图如图所示，并进行线性回归分析，若去掉点后，下列说法正确的是（ ） A. 相关系数变小 B. 经验回归方程斜率变大 C. 残差平方和变小 D. 决定系数变小 11. 已知离散型随机变量服从二项分布，其中，记为奇数的概率为，为偶数的概率为，则下列说法中正确的有（ ） A. B. 时， C. 时，随着的增大而增大 D. 时，随着的增大而减小 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知的展开式中各项系数的和为4，则实数的值为___________. 13. 设双曲线的左、右焦点分别为，，为的左顶点，，为双曲线一条渐近线上的两点，四边形为矩形，且，则双曲线的离心率为_________． 14. 已知函数，当时，恒成立，则实数的最大值为______. 四、解答题：本题共5道小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 如图，在三棱锥中，平面，，，点分别是棱的中点． （1）证明：平面； （2）若二面角的余弦值为，求． 16. 在中，内角的对边长分别为，. （1）若，求面积的最大值； （2）若，在边的外侧取一点（点在外部），使得，，且四边形的面积为，求的大小. 17. 为研究一种新药的耐受性，要对白鼠进行连续给药后观察是否出现症状的试验，该试验的设计为：对参加试验的每只白鼠每天给药一次，连续给药四天为一个给药周期，试验共进行三个周期．假设每只白鼠给药后当天出现症状的概率均为，且每次给药后是否出现症状与上次给药无关． （1）从试验开始，若某只白鼠连续出现次症状即对其终止试验，求一只白鼠至少能参加一个给药周期的概率； （2）若在一个给药周期中某只白鼠至少出现次症状，则在这个给药周期后，对其终止试验，设一只白鼠参加的给药周期数为，求的分布列和数学期望． 18. 已知椭圆：过点，短轴长为4. （1）求椭圆的方程； （2）已知点且，若椭圆上的点到的距离的最小值是，求实数的值； （3）椭圆与轴的交点为、（点位于点的上方），直线：与椭圆交于不同的两点、.设直线与直线相交于点，求的最小值. 19. 已知函数，，. （1）判断是否对恒成立，并给出理由； （2）证明： ①当时，； ②当，时，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025学年第一学期高三年级1月月考数学学科试卷 命题人：张海伦 湛晓露 审题人：张婷 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 设全集，集合，则集合为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求出全集，然后由补集的定义可求得结果. 【详解】因为，又， 所以， 故选：B. 2. 已知向量，，，若，则（ ） A. B. C. 1 D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】首先求出的坐标，依题意可得，根据向量数量积的坐标运算得到方程，解得即可； 【详解】因为，，，所以， 因为，所以，解得. 故选：C. 3. 设，则其共轭复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的除法运算和共轭复数的概念求解出，由此可知结果. 【详解】因为，故，其在复平面内对应的点位于第一象限. 故选：A. 4. 设等比数列的前n项的和为，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据条件，直接求出，再利用等比数列的前项和公式，即可求解. 【详解】设等比数列的公比为，因为，， 则，解得， 所以， 故选：C. 5. 中国载人航天技术发展日新月异.目前，世界上只有3个国家能够独立开展载人航天活动.从神话“嫦娥奔月”到古代“万户飞天”，从诗词“九天揽月”到壁画“仕女飞天”……千百年来，中国人以不同的方式表达着对未知领域的探索与创新.如图，可视为类似火箭整流罩的一个容器，其内部可以看成由一个圆锥和一个圆柱组合而成的几何体.圆柱和圆锥的底面半径均为2，圆柱的高为6，圆锥的高为4.若将其内部注入液体，已知液面高度为7，则该容器中液体的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】结合轴截面分析可知，，再利用圆柱以及圆台的体积公式运算求解. 【详解】由题意可知：容器中液体分为：下半部分为圆柱，上半部分为圆台， 取轴截面，如图所示，分别为的中点， 可知：∥∥，且， 可得，即， 所以该容器中液体的体积为. 故选：A. 6. 已知直线 与圆 相交于 、 两点，若 为整数，则这样的直线 有（ ）条. A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】先分析直线的特征，再结合圆的性质计算弦长（弦长，其中为圆的半径，为圆心到直线的距离）的可能整数值，进而确定直线的数量. 【详解】将直线的方程整理为：， 令，解得，因此直线过定点， 因为圆：的圆心为，半径， 所以定点到圆心的距离为：（即点在圆内）， 设圆心到直线的距离为，则弦长公式：， 由于直线过定点，则（点到直线的距离不超过点到定点的距离）， 因此：，代入弦长公式得： (时，；当时，). 因为为整数，结合范围，可能的整数值为、. 当时，(直线过圆心)，将代入直线的方程： ，得，对应1条直线； 当时，由弦长公式，解得，即， 圆心到直线的距离，令其等于，平方后化简得： ，，， 此方程判别式，有2个不同的实根，对应2条直线. 所以对应1条，对应2条，共条. 故选：B. 7. 已知函数在区间单调递减，且和是两个对称中心，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用正弦型函数图像的单调性和对称性，先求得最小正周期即，，再结合和在区间单调递减可求得，得到函数的解析式，代入求值即可. 【详解】由题意可知，即，则，所以， 且和是两个对称中心，且， 所以和在同一周期内， 又的一个周期内有个对称中心， 所以，即，，则， 又，解得，， 又当，时单调递减， 解得，， 所以区间为的一个子集， 所以，结合得，，可得， 所以，所以，故D正确. 故选：D. 8. 函数是定义在R上的奇函数，当时，，则函数在上的所有零点之和为（ ） A. －32 B. 32 C. 16 D. 8 【答案】D 【解析】 【分析】由已知可分析出函数是偶函数,则其零点必然关于原点对称,故在上所有的零点的和为0,则函数在上所有的零点的和,即函数在上所有的零点之和,求出上所有零点,可得答案. 【详解】函数是定义在R上的奇函数, . 又函数, 函数是偶函数, 函数的零点都是以相反数的形式成对出现的. 函数在上所有的零点的和为, 函数在上所有的零点的和,即函数在上所有的零点之和. 即方程在上的所有实数解之和. 由时,,故有 函数在上的值域为,当且仅当时,. 又当时,,如图： 函数在上的值域为； 函数在上的值域为； 函数在上的值域为,当且仅当时,, 即方程在上的又一个实数解.即有一个零点； 函数在上的值域为,当且仅当时,, 故在上恒成立,在上无零点, 同理在上无零点, 依此类推,函数在无零点. 综上函数在上的所有零点之和为8, 故选：D. 【点睛】分段函数的零点方法点睛： 可以分段考查函数的零点情况，利用直观想象，借助数形结合，通过图象的变化规律来分析与处理，合理归纳. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，则 D. 若，，，则 【答案】BD 【解析】 【分析】根据线面，面面位置的判定方法逐一判断即可. 【详解】对于A，若，，，则直线，平行或异面，故A错误； 对于B，由，，得，又，所以，故B正确； 对于C，若，，则或，故C错误； 对于D，由，，得，又，所以，故D正确. 故选：BD. 10. 为研究光照时长（小时）和种子发芽数量（颗）之间的关系，某课题研究小组采集了10组数据，绘制散点图如图所示，并进行线性回归分析，若去掉点后，下列说法正确的是（ ） A. 相关系数变小 B. 经验回归方程斜率变大 C. 残差平方和变小 D. 决定系数变小 【答案】BC 【解析】 【分析】由图可知：点较其他的点偏离直线最大，所以去掉点后，回归效果更好.结合相关系数、决定系数、残差平方和以及相关性逐项分析判断. 【详解】由图可知：较其他的点偏离直线最大，所以去掉点后，回归效果更好. 对于A，相关系数越接近于1，线性相关性越强，因为散点图是递增的趋势， 所以去掉点后，相关系数变大，故A错误； 对于B，由线性回归方程的实际意义，要使残差平方和最小，去掉点后，回归直线靠近y轴位置需要向下移动，但靠近最右侧两个点的位置变化不大，经验回归方程斜率变大，故B正确； 对于C，残差平方和变大，拟合效果越差，所以去掉点后， 残差平方和变小，故C正确； 对于D，决定系数越接近于1，拟合效果越好，所以去掉点后， 决定系数变大，故D错误； 故选：BC. 11. 已知离散型随机变量服从二项分布，其中，记为奇数的概率为，为偶数的概率为，则下列说法中正确的有（ ） A. B. 时， C. 时，随着的增大而增大 D. 时，随着的增大而减小 【答案】ABC 【解析】 【分析】选项A利用概率的基本性质即可，B选项由条件可知满足二项分布，利用二项分布进行分析，选项C，D根据题意把的表达式写出，然后利用单调性分析即可. 【详解】对于A选项，由概率的基本性质可知，， 故A正确， 对于B选项，由时，离散型随机变量服从二项分布， 则， 所以， ， 所以，故B正确， 对于C,D选项，， 当时，为正项且单调递增的数列， 故随着的增大而增大故选项C正确， 当时，为正负交替的摆动数列， 故选项D不正确. 故选：ABC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知的展开式中各项系数的和为4，则实数的值为___________. 【答案】1 【解析】 【分析】令即可求解. 【详解】令，可得，解得. 故答案为:1. 13. 设双曲线的左、右焦点分别为，，为的左顶点，，为双曲线一条渐近线上的两点，四边形为矩形，且，则双曲线的离心率为_________． 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，求出点的坐标，再借助诱导公式、同角公式求出的关系即可得解. 【详解】令双曲线的半焦距为c，显然， 由双曲线的对称性，不妨令点在双曲线的渐近线上，且点在第一象限， 由四边形为矩形，得，令，则，，， 于是，则，， ，即直线的斜率，因此，即， 所以双曲线的离心率为. 故答案为： 【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的三种方法： ①定义法：通过已知条件列出方程组，求得得值，根据离心率的定义求解离心率； ②齐次式法：由已知条件得出关于的二元齐次方程，然后转化为关于的一元二次方程求解； ③特殊值法：通过取特殊值或特殊位置，求出离心率. 14. 已知函数，当时，恒成立，则实数的最大值为______. 【答案】 【解析】 【分析】参变分离后，令，求导后，借助放缩判断在上单调递减，从而可求解. 【详解】当时，，则由可得， 令，则， 令，则， 所以当时，单调递增，当时，单调递减， 所以当时，，即，当且仅当时，等号成立， 所以当时，， 所以在上单调递减，所以. 所以的最大值为. 故答案为： 【点睛】关键点睛：本题关键是能够借助放缩判断在上单调递减，从而使问题顺利求解. 四、解答题：本题共5道小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 如图，在三棱锥中，平面，，，点分别是棱的中点． （1）证明：平面； （2）若二面角的余弦值为，求． 【答案】（1） 证明：在中，由，为的中点，， 平面，平面，. 又,,且平面，平面， 平面, 平面，, 又，且平面，平面， 平面. （2）2 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的性质得到,再证明出平面,得到,又由等腰三角形可知,即可得证. （2）建系后，设，再求出平面与平面的法向量，根据二面角的余弦值为建立方程，解出后即可得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由题可知,,,以为坐标原点， 以方向为轴，轴，轴正方向，建立空间直角坐标系，如下图所示， 不妨设,则,,,,,, ,,, 设平面的一个法向量为,则,, 令,则,,, 由（1）可知，平面的一个法向量可取为, 二面角的余弦值为, ,即,解得, . 16. 在中，内角的对边长分别为，. （1）若，求面积的最大值； （2）若，在边的外侧取一点（点在外部），使得，，且四边形的面积为，求的大小. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，利用正弦定理化简得，由余弦定理求得，得到，再由余弦定理和基本不等式求得的最大值，进而求得面积的最大值； （2）设，利用余弦定理和为正三角形，求得，列出方程，即可求解. 【小问1详解】 解：由， 因为，可得， 又由正弦定理得，即， 由余弦定理得， 因为，可得，所以， 在中，由余弦定理得， 即，当且仅当时取等号， 所以， 所以面积取得最大值. 【小问2详解】 解：设，则， 在中，由余弦定理得， 由（1）知，且，所以为正三角形， 所以， 可得， 因为，故，所以，可得. 17. 为研究一种新药的耐受性，要对白鼠进行连续给药后观察是否出现症状的试验，该试验的设计为：对参加试验的每只白鼠每天给药一次，连续给药四天为一个给药周期，试验共进行三个周期．假设每只白鼠给药后当天出现症状的概率均为，且每次给药后是否出现症状与上次给药无关． （1）从试验开始，若某只白鼠连续出现次症状即对其终止试验，求一只白鼠至少能参加一个给药周期的概率； （2）若在一个给药周期中某只白鼠至少出现次症状，则在这个给药周期后，对其终止试验，设一只白鼠参加的给药周期数为，求的分布列和数学期望． 【答案】（1）； （2）X的分布列为 .【解析】 【分析】（1）利用“正难则反”思想，计算一个给药周期也没有参加完的概率，则至少能参加一个给药周期的概率为； （2）先计算出一个给药周期内至少出现次症状的概率，然后根据题目条件确定随机变量的可能取值，分别计算每一个值所对应的概率，列出分布列并求出数学期望. 【详解】解：（1）设“一只白鼠至少能参加一个给药周期”为事件，则的对立事件为一个给药周期也没有参加完． 设一次给药出现症状为事件，则一个给药周期也没有参加完的概率为， 所以一只白鼠至少能参加一个给药周期的概率为． （2）设事件为“在一个给药周期中某只白鼠至少出现次症状”， 则， 则随机变量的取值为． ， ， ， 所以X的分布列为 所以随机变量的数学期望为． 【点睛】本题考查概率的乘法公式及加法公式，考查随机变量的分布列及数学期望计算，难度一般.解答时易错点如下： （1）每次给药相互独立； （2）在解答第（2）小题时，注意若前一个给药周期能通过，才可以参加下一个给药周期. 18. 已知椭圆：过点，短轴长为4. （1）求椭圆的方程； （2）已知点且，若椭圆上的点到的距离的最小值是，求实数的值； （3）椭圆与轴的交点为、（点位于点的上方），直线：与椭圆交于不同的两点、.设直线与直线相交于点，求的最小值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）依题意可得，即可求出、，从而得解； （2）设椭圆上任一点为，则点到的距离，结合椭圆上点的横坐标范围与函数单调性即可得最值，从而得正实数的值； （3）将直线与椭圆联立消，设直线、的方程，结合韦达定理化简计算解出的轨迹方程，利用对称性即可求解的最小值． 【小问1详解】 由题意得椭圆过点，且短轴长为4， 可得，解得， 可得椭圆的方程为； 【小问2详解】 设椭圆上任一点为，故，则， 则点到的距离为， 由于在椭圆上，所以， 令二次函数，其对称轴为， 由题知， 此时二次函数在上单调递减， 则当时，二次函数取得最小值， 此时， 解得或（舍）； 综上； 【小问3详解】 设点、， 直线与椭圆的方程联立消去整理得， 由， 且，所以， 由于在椭圆上，则， 所以，则， 易知、，则直线的方程为， 直线的方程为，   两式相除得 解得，故在定直线上， 由图可知，点、都在直线的上方，点关于直线的对称点为原点， 由对称性知，所以， 当且仅当为线段与直线的交点时，即点的坐标为时等号成立， 故的最小值为. 19. 已知函数，，. （1）判断是否对恒成立，并给出理由； （2）证明： ①当时，； ②当，时，. 【答案】（1） 恒成立，理由如下: 令， 则，令， 则在上恒成立，故在上单调递增， 其中，故在上恒成立，故在上单调递增， 故，即恒成立; （2）①证明如下； 时，单调递增，故， 又，故要证， 只需证， 令， 则只需证明， 令，则函数在上单调递增， 所以当时，， 所以，所以在上单调递减， 所以，故， 所以当时，; ②证明如下； 由（1）知，， 由于， 所以， 所以 【解析】 【分析】（1）构造，二次求导得到其单调性，得到，得到答案; （2）①变形后构造，只需证明，求导得到其单调性，由得到证明; ②由和得到，再分组求和得到答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ①略 ②略 【点睛】方法点睛：导函数证明数列相关不等式，常根据已知函数不等式，用关于正整数的不等式代替函数不等式中的自变量，通过多次求和（常常用到裂项相消法求和）达到证明的目的， 此类问题一般至少有两问， 已知的不等式常由第一问根据特征式的特征而得到. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $